Эскорт-услуги в Москве от Queens Palace


GOUSPO студенческий портал!

форум, учебники, лекции, и многое другое

Алгебра событий

Тема 4.  Алгебра событий

План:

1. Сложения вероятностей несовместных событий

2. Умножение вероятностей

3. Условная вероятность

4. Полная  вероятность, формула Бейса.

5. Повторение испытаний

Теоретические сведения

Во многих задачах сложные события, вероятности которых надо найти, удается выразить в виде комбинации других, более простых событий, причем вероятности последних либо заданы, либо непосредственно подсчитываются. В таком случае для решения задач можно использовать формулы, выражающие вероятности суммы и произведения событий через вероятности соответствующих слагаемых и сомножителей.

1. Сложения вероятностей несовместных событий.

Сумма событий.

Суммой  двух событий А н В называют событие А + В, состоящее в появлении события А, или собы­тия В, или обоих этих событий.

Например, если из ору­дия произведены два выстрела и А - попадание при пер­вом выстреле, В - попадание при втором выстреле, то А+В - попадание при первом выстреле, или при вто­ром, или в обоих выстрелах.

В частности, если два события А и В - несовместные, то А + В событие, состоящее в появлении одного из этих событий, безразлично какого.

Суммой нескольких событий называют событие, кото­рое состоит в появлении хотя бы одного из этих собы­тий.

Например, событие А + В+ С состоит из  появлении одного из следующих событий: А, В, С, А и В, А и С, В и С, А и В и С.

Вероятность  суммы несовместимых событий

Теорема. Вероятность появления одного из двух несов­местных событий, безразлично какого, равна сумме веро­ятностей этих событий:

Р (A1 + А2 + + Ап) = р (A1) + р (А2,} + + р (Ап).

Следствие. Вероятность появления одного из не­скольких попарно несовместных событий, безразлично какого, равна сумме вероятностей этих событий:

Теорема. Сумма  вероятностей  событий A1 + А2 + + Ап образующих полную группу, равна единице: р (A1) + р (А2,} + + р (Ап)=1

Задание 4-1. Задачи на нахождение вероятности суммы событий.

1. В урне 30 шаров: 10 красных, 5 синих в 15 белых. Вытаскивается один шар. Найти вероятность появления цветного шара.

Решение. Появление цветного шара означает появление либо красного, либо синего шара.

Вероятность появления красного шара (событие А)Р ( А) = 10 : 30=1/3.

Вероятность появления синего шара (событие В)Р (В) =5/30 =1/6.

События А и В несовместны (появление шара одного цвета исклю­чает появление шара другого цвета), поэтому теорема сложения при­менима.

Ответ Р (А + £) = Р(А) + Р(В) = 1/3+ 1/6= 1/2.

2. Стрелок стреляет по мишени, разделенной на 3 об­ласти. Вероятность попадания в первую область равна 0,45, во вторую- 0,35. Найти вероятность того, что стрелок при одном выстреле попадет либо в первую, либо во вторую область.

Решение. События А - стрелок попал в первую область и В - стрелок попал во вторую область несовместны (попадание в одну область исключает попадание в другую), поэтому теорема сложения применима.

Искомая  вероятность  Р(А) + Р(В) = 0,45 + 0,35 = 0,80.

3. Консультационный пункт института получает пакеты с контрольными работами из городов А, В и С. Вероятность полу­чения пакета из города А равна 0,7, из города В - 0,2. Найти веро­ятность того, что очередной пакет будет получен из города С.

Решение. События пакет получен из города Л, пакет получен из города Я, пакет получен из города С образуют полную группу, поэтому сумма вероятностей этих событий равна единице: 0,7 + 0,2 + Р=1 Отсюда искомая вероятность р=1- 0,9 = 0,1.

Вероятность противоположных событий

Противоположными называют два единственно возможных события, образующих полную группу. Если одно из двух противоположных событий обозначено через А, то другое принято обозначать А или .Ā.

Теорема. Сумма вероятностей противоположных собы­тий равна единице: Р(А) + Р(Ā)=1.

Замечания

1. Если вероятность одного из двух противопо­ложных событий обозначена через р, то вероятность другого события обозначают через q.Тогда 1-p=q

2.При решении задач на отыскание вероятности события А часто выгодно сначала вычислить вероятность события А, а затем найти искомую вероятность по формуле

Р(А)=1- Р(А)

Задание 4-2.

1. Попадание и промах при выстреле по цели противоположные события. Если А - попадание, то Ā промах. Пусть Р(А)=0,9, найти вероятность промаха. Р(Ā)=+1-0,9=0,1

2. Из ящика наудачу взята деталь. События появилась стандартная деталь, вероятность которого равна p, тогда появилась нестандартная деталь противо­положные. событие, вероятность которого равна 1-p

3. Вероятность того, что день будет дождливым, р = 0,7. Найти вероятность того, что день будет ясным.

Решение. События день дождливый и день ясный про­тивоположные, поэтому искомая вероятность q=1 p = 1~ 0,7 = 0,3.

4. В ящике имеется п деталей, из которых m стандарт­ных. Найти вероятность того, что среди k наудачу извлеченных дета­лей хотя бы одна стандартная.

Решение. События среди извлеченных деталей есть хотя бы одна стандартная и среди извлеченных деталей нет ни одной стан­дартной противоположные. Обозначим первое событие через А , а второе через Ā.

Найден Р(Ā). Общее число способов, которыми можно извлечь k деталей из n деталей, равно  Число нестандартных деталей равно n-т; из этого числа деталей можно способами извлечь k не­стандартных деталей. Поэтому вероятность того, что среди извлеченных k деталей нет ни одной стандартной, равна Р(Ā).= :

Ответ: Р (А)= 1-Р(Ā)=1-:

5. Решить задачу предыдущую задачу с конкретными данными.

Принцип практической невозможности маловероятных событий

При решении многих практических задач прихо­дится иметь дело с событиями, вероятность которых весьма мала, т. е. близка к нулю. Можно ли считать, что маловероятное событие А в единичном испытании не произойдет? Такого заключения сделать нельзя, так как не исключено, хотя и мало вероятно, что событие А наступит.

Казалось бы, появление или не появление маловероят­ного события в единичном испытании предсказать невоз­можно. Однако длительный опыт показывает, что мало­вероятное событие в единичном испытании в подавляющем большинстве случаев не наступает. На основании этого факта принимают следующий принцип практической невозможности маловероятных событий: если случайное событие имеет очень малую вероятность, то практически можно считать что в единичном испытании это собы­тие не наступит.

Естественно возникает вопрос: насколько малой должна быть вероятность события, чтобы можно было считать невозможным его появление в одном испытании? На этот вопрос нельзя ответить однозначно. Для задач, различных по существу, ответы разные. Например, если вероятность того, что парашют при прыжке не раскроется, равна 0,01, то было бы недопустимым применять такие парашюты. Если же вероятность того, что поезд даль­него следования прибудет с опозданием, равна 0,01, то можно практически быть уверенным, что поезд прибудет вовремя.

Достаточно малую вероятность, при которой (в дан­ной определенной задаче) событие можно считать практически невозможным, называют уровнем значимости. На практике обычно принимают уровни значимости, заклю­ченные между 0,01 и 0,05. Уровень значимости, равный 0,01, называют однопроцентным; уровень значимости, равный 0,02, называют двухпроцентным, и т. д.

Подчеркнем, что рассмотренный здесь принцип позво­ляет делать предсказания не только о событиях, имею­щих малую вероятность, но и о событиях, вероятность которых близка к единице. Действительно, если событие А имеет вероятность, близкую к нулю, то вероятность противоположного события А близка к единице. С другой стороны, не появление события А означает наступление противоположного события А. Таким образом, из прин­ципа невозможности маловероятных событий вытекает следующее важное для приложений следствие: если слу­чайное событие имеет вероятность, очень близкую к еди­нице, то практически можно считать, что в единичном испытании это событие наступит. Разумеется, и здесь ответ на вопрос о том, какую вероятность считать близ­кой к единице, зависит от существа задачи.

Задание 4-3. Решить задачи с применением теорем о сумме не совместимых событий.

1. В денежно-вещевой  лотерее  на  каждые   10000 билетов разыгрывается  150 вещевых и 50 денежных выигрышей.  Чему равна вероятность   выигрыша,   безразлично денежного   или   вещевого, для владельца одного лотерейного  билета? Ответ: р = 0,02.

2.  Вероятность   того,   что   стрелок   при   одном   выстреле   выбьет 10 очков,  равна 0,1; вероятность выбить 9 очков  равна 6,3;   вероят­ность   выбить   8   или   меньше   очков   равна   0,6.   Найти вероятность того, что при одном выстреле стрелок выбьет не менее 9 очков.

Ответ: р 0,4.

3. В партии   из   10   деталей   8   стандартных.   Найти вероятность того, что среди   наудачу   извлеченных   2 деталей есть хотя  бы   одна стандартная. Ответ: р = 44/45.

4. В ящике 10 деталей, среди   которых 2 нестандартных.   Найти вероятность того, что в наудачу  отобранных 6  деталях окажется не более одной нестандартной детали. Ответ: р = 2/3.

Указание. Если А - нет ни одной нестандартной детали, В - есть одна нестандартная деталь, то P(A+B)=P(A)+P(B)=

5. События А, В, С и D образуют полную группу. Вероятности событий таковы: Р(4)=0,1; Р(В)=0,4; Р(С) = 0,3. Чему равна вероятность события D? Ответ: P(D)=Q,2.

6. По статистическим данным ремонтной мастерской, в среднем на 20 остановок токарного станка приходится: 10-для смены резца; 3-из-за неисправности привода; 2-из-за несвоевременной подачи заготовок. Остальные остановки происходят по другим причинам. Найти вероятность остановки станка по другим причинам. Ответ: р = 0,25.

2. Умножения вероятностей

Произведение   событий

Произведением   двух  событий   А   и   В называют событие АВ, состоящее в совместном появлении (совме­щении) этих событий.

Например. Событие А-деталь годная, Событие В-деталь окрашенная, то Событие АВ - деталь годна и окрашена.

Произведением нескольких событий называют событие, состоящее в совместном появлении всех этих событий.

Например. События А, В, С-появление герба соответственно в первом, втором и третьем бросаниях монеты, то событие АВС выпадение герба во всех трех испытаниях.

3. Условная вероятность.

Выше было сказано, что случайное событие это событие, которое при осуществлении совокупности усло­вий  может произойти или не произойти.

Безусловная вероят­ность  это вероятность события, но которое никаких ограни­чений не налагается (кроме тех, которые есть в определении случайного события).

Условная вероятность – это вероятность события, на которое налагаются дополнительные условия.

При решении многих задач приходится вычислять вероятность событие, которое может произойти только в том случае. когда произошло перед ним некоторое  иное событие.. Например, вычисляют вероятность собы­тия В при дополнительном условии, что произошло со­бытие А. Заметим, что и безусловная вероятность, строго говоря, является условной, поскольку предполагается осуществление условий S.

Условной вероятностью РА (В) называют вероятность события В, вычисленную в предположении, что событие А уже наступило,

Условная вероятность события В при условии, что событие А уже наступило, по определению, равна Ра (В) (АВ)/Р (А), очевидно, что (Р (А) > 0).

Задание 4-4.

1. В урне 3 белых и 3 черных шара. Из урны дважды вынимают по одному шару, не возвращая их обратно. Найти вероят­ность появления белого шара при втором испытании -{событие В), если при первом испытании был извлечен черный шар (событие А).

Решение. После первого испытания в урне осталось 5 шаров, до них 3 белых. Условная искомая вероятность Ра (В) = 3/5.

Этот же результат можно получить по формуле

Ра (В) (АВ)/Р (А)       (Р (А) > 0).

Действительно, вероятность появления белого шара при первом испытавши

Р (А) = 3/6 = 1/2.

Найдем вероятность Р(АВ) того, что в первом испытании по­явится черный шар, а во втором белый. Общее число исходов совместного появления двух шаров, безразлично какого цвета, равно числу размещений  из 6 по 2  6-5 = 30. Из этого числа исходов событию АВ благоприятствуют 3·3=9 исходов. Следовательно, Р(АВ) =9/30 = 3/10. Поэтому условная вероятность Ра (В) =Р(АВ)1Р (А) = (3/10) : (1/2) =3/5. получен прежний результат.

2. В В ящике 10 деталей. Из них 3-бракованные. Вытаскиваются 3 детали по одной. Найти вероятность события А=Дети появись в последовательности: бракованная, бракованная, не бракованная.

3. Придумать задачу про спортсменов (погоду, экзаменационные билеты) решение которой связано с условной вероятностью.

Теорема умножения вероятностей

Рассмотрим два события: А и В; пусть вероят­ности Р(А) и РА(В) известны. Чтобы найти вероятность совмещения этих событий, т. е. вероятность того, что появиться и событие А и событие В необходимо воспользоваться следующей теоремой:.

Теорема. Вероятность совместного появления двух со­бытий равна произведению вероятности одного из них на условную вероятность другого, вычисленную в предположении, что первое событие уже наступило;

Следствие. Вероятность совместного появления нескольких событий равна произведению вероятности одного из них на условные вероятности всех остальных, причем вероятность каждого последующего события вычисляется в предположении, что все предыдущие события уже появи­лись:

Задание 4-5.

1. У сборщика имеется 3 конусных и 7 эллиптических валиков. Сборщик взял один валик, а затем второй. Найти вероят­ность того, что первый из взятых валиков конусный, а второй эллиптический.

Решение. Вероятность того, что первый валик окажется ко­нусным (событие А),Р(А) = 3/10. Вероятность того, что второй валик окажется эллиптическим (событие В), вычисленная в предположении, что первый валик . конусный, т. е. условная вероятность РА(В)=7/9.

По теореме умножения, искомая вероятность Р (АВ) = Р (А)РА (В) = (3/10)-(7/9) = 7/30.

Заметим, что, сохранив обозначения, легко найдем:

Р (В) =7/10, Рв(А) = 3/9, Р(В)Рэ(Л) = 7/30, что наглядно иллюстрирует спра­ведливость равенства

2. В урне 5 белых, 4 черных и 3 синих шара. Каждое испытание состоит в том, что наудачу извлекают один шар, не воз­вращая его обратно. Найти вероятность того, что при первом испы­тании появится белый шар (событие А), при втором черный (собы­тие В), при третьем синий (событие С).

Решение. Вероятность появления белого шара в первом испытании Р (А) = 5/12.

Вероятность появления черного шара во втором испытании, вычисленная в предположении, что в первом испытании появился белый шар, т. е. условная вероятность РА(В)=4/11.

Вероятность появления синего шара в третьем испытании, вы­численная в предположении, что в первом испытании появился белый шар, а во втором- черный, т. е. условная вероятность РАВ (С) =3/10. Искомая вероятность Р=5/12 · 4/11· 3/10 = 1/22

Теорема умножения для независимых событий

Событие В называют независимым от события А, если появление события А не изменяет вероятности события В, т. е. если условная вероятность события В равна его безусловной вероятности:

Два события называют независимыми, если вероятность их совмещения равна произведению вероятностей этих событий; в противном случае события называют зависи­мыми.

Для     независимых     событий     теорема     умножения Р (AB) = Р (А) РА (В) имеет вид

Р (АВ) = Р (А) Р (В)

На практике о независимости событий заключают по смыслу задачи.

Например, вероятности поражения цели каждым из двух орудий не зависят от того, поразило ли цель другое орудие, поэтому события первое орудие поразило цель и второе орудие поразило цель неза­висимы.

Задание 4-6.

1. Найти вероятность совместного поражения цели двумя орудиями, если вероятность поражения цели первым орудием (собы­тие А) равна 0,8, а вторым (событие В) - 0,7.

Решение. События А и В независимые, поэтому, по теореме умножения, искомая вероятность  Р (АВ) = Р (А) Р (В) = 0,7-0,8 = 0,56.

Замечание 1. Если_ события А_ и В независимы, то незави­симы также события А и В, А и В, А и В. Действительно, А = АВ + АВ. Следовательно,

Р(А)=Р(АВ) + Р(АВ). или Р(А)=Р(АВ) + Р(А)Р(В).

Отсюда Р(АВ)=Р(А)[1- Р(В)}, или Р(АВ)=Р(А)Р(В),т. е. события А и В независимы.

Несколько событий называют попарно независимыми, если каждые два из них независимы. Например, события А, В, С попарно независимы, если независимы события А и В, А и С, В и С.

Для того чтобы обобщить теорему умножения не­скольких событий, введем понятие независимости событий в совокупности.

Несколько событий называют независимыми в совокуп­ности (или просто независимыми), если независимы ка­ждые два из них и независимы каждое событие и все возможные произведения остальных.

Например, если со­бытия А1, А2, А3 независимы в совокупности, то неза­висимы события Аг и А2, At и А3, А2 и А3; А^ и А2А9, At и Л,Л3, Ая и АгА2.

Из сказанного следует, что если события независимы в совокупности, то условная вероят­ность появления любого события из них, вычисленная в предположении, что наступили какие-либо другие собы­тия из числа остальных, равна его безусловной вероят­ности.

Причем, если несколько событий независимы попарно, то отсюда еще не следует их независимость в совокупности. В этом смысле требование независимости событий в совокупности сильнее требования их попарно независимости.

Пример. Пусть в урне имеется 4 шара, окрашенные: один - в красный цвет (А), один - в синий цвет (В), один в черный цвет (С) и  один во все эти три цвета (АВС). Чему равна вероятность того, что извлеченный из урны шар имеет красный цвет?

Так как из четырех шаров два имеют красный цвет, то Р(А) =2/4 = 1/2.

Рассуждая аналогично, найдем Р(В) = 1/2, Р(С) = 1/2. Допустим теперь, что взятый шар имеет синий цвет, т. е. событие В уже произошло. Изме­нится ли вероятность того, что извлеченный шар имеет красный цвет, т. е. изменится ли вероятность события А? Из двух шаров, имеющих синий цвет, один шар имеет и красный цвет, поэтому вероятность события А по-преж­нему равна 1/2. Другими словами, условная вероятность события А, вычисленная в предположении, что наступило событие В, равна его безусловной вероятности. Следова­тельно, события Аи В независимы. Аналогично придем к выводу, что события А и С, В и С независимы. Итак, события А, В и С попарно независимы.

Независимы ли эти события в совокупности? Оказы­вается, нет. Действительно, пусть извлеченный шар имеет два цвета, например синий и черный. Чему равна вероят­ность того, что этот шар имеет и красный цвет? Лишь один шар окрашен во все три цвета, поэтому взятый шар имеет и красный цвет. Таким образом, допустив, что события В к С произошли, приходим к выводу, что событие А обязательно наступит. Следовательно, это событие достоверное и вероятность его равна единице. Другими словами, условная вероятность рвс(а}-^ собы­тия А не равна его безусловной вероятности Р (А) -1/2. Итак, попарно независимые события At В, С не являются независимыми в совокупности.

Следствие из теоремы  умножения. Вероятность совместного появления нескольких событий, независимых в совокупности" равна произведению вероятностей этих событий:

Задание 4-7

1. Найти вероятность   совместного  появления герба при одном бросании двух монет.

Решение. Вероятность  появления  герба  первой монеты (событие А). Р(А)=1/2. Вероятность появления герба второй монеты (событие В, Р(В) = 1/2. События А и В независимые, поэтому искомая вероятность по теореме умножения равна

Р(АВ)=Р(А)Р(В)=1/2·1/2-1/4.

2. Имеется 3 ящика, содержания по 10 деталей. В пер­вом ящике 8, во второй 7, в третьем 9 стандартных деталей. Из каждого ящика наудачу вынимают по одной детали. Найти веро­ятность того, что все три вынутые детали окажутся стандартными.

Решение. Вероятность  того,   что   из   первого   ящика вынута стандартная деталь (событие А), Р (А) =8/10 = 0,8. Вероятность   того,   что  из   второго   ящика   вынута   стандартная деталь (событие В), Р(В)=0,7. Вероятность того, что из третьего ящика вынута стандартная деталь (событие С),Р (С) =9/ 10 = 0,9.

Так как события А, В и С независимые в совокупности, то ис­комая вероятность (по теореме умножения) равна  Р(АВС) = Р (А) Р (В) Р (С) = 0,8·0,7·0,9 = 0,504.

3.. Совместное применение теорем сложения и умножения.

Вероятности появления каждого из трех независимых событий А1, A2, А3 соответственно равны p1 р2, р3. Найти вероят­ность появления только одного из этих событий.

Комментарии и ответ. Введем обозначения:

q1,q2, q3 – вероятность не появления соответственно событий А1, A2, А3

В1 - появилось только событие A1 , В1 = А1 Ā2Ā3

В2 - появилось только событие A2,,  B2= Ā1A2 Ā3

В3 - появилось только событие А3,, B3= Ā 1 Ā 2A3.

В – появление только одного из этих событий, Р(В) требуется вычислить.

Чтобы найти вероятность появления только одного из событий А1, A2, А3 , будем искать вероятность появления одного, безразлично какого из событий В1, B2 ,B3.

Так как события В1, B2 ,B3.несовместны, то применима теорема сложения

Р(В)= P1 + В23)=Р(В1 )+Р(В2 )+Р(В3)= p1 ,q2 q3 + q1 р2, q3 + q1,q2, р3

4.  Полная  вероятность

Пусть событие А может наступить при условии появления одного из несовместных событий В1, B2 ,B3. . . , Вn, которые образуют полную группу. Пусть известны веро­ятности этих событий и условные вероятности PВ1 (A), PB2 (A), ..., Р B2 (А) события А. Найти вероятность события  A. Задача решается согласно следующей теоремы и формулы

Теорема. Вероятность события А, которое может наступить лишь при условии появления одного из несо­вместных событий В1, B2 ,B3. . . , Вn, образующих полную группу, равна сумме произведений вероятностей каждого из этих событий на соответствующую условную вероят­ность события А:

Р (А) = Р (В1) PВ1 (A)+ P (В2) РB2 (A) + . . + P (Вn) РBn (A) - формула полной вероятности

Задания 4-8.

1. Имеется два набора деталей. Вероятность того, что деталь первого набора стандартна, равна 0,8, а второго - 0,9. Найти вероятность того, что взятая наудачу деталь (из наудачу взятого набора) - стандартная.

Решение. Обозначим через А событие "извлеченная деталь стандартна".

Деталь может быть извлечена либо из первого набора (собы­тие B1), либо из второго (событие В2).

Вероятность    того,    что   деталь    вынута    из    первого   набора равна  P(В1) = 1/2.

Вероятность    того,   что   деталь   вынута   из   второго    набора равна Р(В2)=1/2.

Условная вероятность того, что из первого набора будет извле­чена стандартная деталь, PВ1 (A) =0,8.

Условная вероятность того, что из второго набора будет извле­чена стандартная деталь, РB2 (A)=0,9

Искомая вероятность того, что извлеченная наудачу деталь - стандартная, по формуле полной вероятности равна  Р (А) = Р (В1) PВ1 (A)+ P (В2) РB2 (A) = 0,5 · 0,8 + 0,5 · 0,9 = 0,85.

2. В первой коробке содержится 20 радиоламп, среди них 18 стандартных; во второй коробке -10 ламп, из них 9 стандарт­ных. Из второй коробки наудачу взята лампа и переложена в пер­вую. Найти вероятность того, что лампа, наудачу извлеченная из первой коробки, будет стандартной.

Решение. Обозначим событие  А ="Из первой коробки извлечена стандартная лампа".

Из второй коробки могла быть извлечена либо стандартная лампа (событие B1), либо нестандартная (событие В2).

Вероятность того, что из второй коробки извлечена стандартная лампа, Р(В1) = 9/10.

Вероятность того, что из второй коробки извлечена нестандарт­ная лампа, Р (В2) = 1/10.

Условная вероятность того, что из первой коробки извлечена стандартная лампа, при условии, что из второй коробки в первую была переложена стандартная лампа, равна PВ1 (A) = 19/21.

Условная вероятность того, что из первой коробки извлечена стандартная лампа, при условии, что из второй коробки в первую была переложена нестандартная лампа, равна РB2 (A)=18/21.

Искомая вероятность того, что из первой коробки будет извле­чена стандартная лампа, по формуле полной вероятности равна

Р (А) = Р (В1) PВ1 (A)+ P (В2) РB2 (A) =9/10·19/21+1/10·18/21=0,9

Понятие "Полная вероятность" можно проиллюстрировать следующим образов.

Пусть  прямоугольник A состоит из трех частей B,C,D. Каждый прямоугольник частично закрашен. На рисунке это соответственно части1,2,3.

Бросается шарик на этот прямоугольник. В любом случае шарик попадет в одну их частей прямоугольника.. Причем он может попасть либо в закрашенную часть или  либо в не закрашенную.часть.. Какова вероятность попадания в закрашенную часть..

Имеем событие А="Шарик попал в закрашенную часть прямоугольника"

Процесс решения задачи распадается на два этапа*

1. Определяется вероятность попадания в отдельно каждую часть прямоугольника. Обозначим ее через PB, PC, PD

2. Определяется вероятность попадания шарика в каждой части в закрещенную область именно соответствующей части.  Обозначим ее через p1 , p2, p3.

P(A)= PB· p1 +PC, , p2, + PD p3.

Вероятность гипотез.  Формула  Бейеса

Пусть событие А может наступить при условии появления одного из несовместных событий Blt Ва, . . . , Вп, образующих полную группу. Поскольку заранее не из­вестно, какое из этих событий наступит, их называют гипотезами. Вероятность появления события А опреде­ляется по формуле полной вероятности

Р (А) = Р (В1) PВ1 (A)+ P (В2) РB2 (A) + . . + P (Вn) РBn (A)

Допустим, что произведено испытание, в результате которого появилось событие А. Поставим своей задачей определить, как изменились (в связи с тем, что собы­тие А уже наступило) вероятности гипотез. Другими словами, будем искать условные вероятности

Найдем   сначала   условную  вероятность   РА1).

По теореме умножения имеем Р (AB1) = Р (A) РА1) = Р (В1) PB1 (A). Из двойного равенства получим Р (A) РА1) = Р (В2) PB1 (A).

Итак, РА1) = (Р (В1PB1 (A)) : Р (A)

или РА1) = (Р (В1PB1 (A)) :1) PВ1 (A)+ P (В2) РB2 (A) + . . + P (Вn) РBn (A))

Аналогично определяющие услов­ные вероятности остальных гипотез,

Полученные формулы называют формулами Бейеса (по имени английского математика, который их вывел; опубликованы в 1764 г.).

Формулы Бейеса позволяют переоценить вероятности гипотез после того, как ста­новится известным результат испытания, в итоге кото­рого появилось событие А.

Задания 4-9

1. Детали, изготовляемые цехом завода, попадают для проверки их на стандартность к одному из двух контролеров. Веро­ятность того, что деталь попадает к первому контролеру, равна 0,6, а ко второму - 0,4. Вероятность того, что годная деталь будет приз­нана стандартной первым контролером, равна 0,94, а вторым - 0,98. Годная деталь при проверке была признана стандартной. Найти вероятность того, что эту деталь проверил первый контролер.

Решение. Обозначим через А событие, состоящее в том, что годная деталь признана стандартной. Можно сделать два предполо­жения:

1)  деталь проверил первый контролер (гипотеза B1)',

2)  деталь проверил второй контролер (гипотеза В2).

Искомую вероятность того, что деталь проверил первый контро­лер, найдем по формуле Бейеса:

РА1) = (Р (В1PB1 (A)) :1) PВ1 (A)+ P (В2) РB2 (A) + . . + P (Вn) РBn (A))

***

По условию задачи имеем:

P(B1)= 0,6   -вероятность того, что деталь попадает к первому контролеру;

P (В2) =0,4   -вероятность того,  что деталь попадет ко второму контролеру;

PВ1 (A)=0,94 -вероятность   того, что   годная   деталь  будет признана первым контролером стандартной);

РB2 (A) = 0,98 - вероятность   того, что   годная   деталь будет признана вторым контролером стандартной),

Искомая вероятность

PB1 (A)) = (0,6 • 0,94)/(0,б • 0,94 + 0,4-0,98) =0,59.

Задания 4-10.

1. Два стрелка произвели по одному выстрелу. Вероят­ность попадания в мишень первым стрелком равна 0,7, а вторым -0,6. Найти вероятность того, что хотя бы один из стрелков попал в мишень. Ответ. 0,88.

2. У сборщика имеется 16 деталей, изготовленных заводом № 1, н 4 детали завода №2.  Наудачу взяты 2 детали. Найти вероятность того, что хотя бы одна из них окажется наготовленной заводом № 1. Ответ. 92/95.

3. В группе спортсменов 20 лыжников, б велосипедистов и 4 бе­гуна. Вероятность выполнить квалификационную норму такова: для лыжника - 0,9, для   велосипедиста - 03 и для бегума - 0,75. Найти вероятность   того,   что   спортсмен,   выбранный   наудачу,   выполнит норму. Ответ. 0,86.

4. Сборщик  получил   3   коробки  деталей,   изготовленных  заво­дом № 1, н 2 коробки деталей, изготовленных заводом 2. Вероят­ность  того, что деталь завода № 1 стандартна, равна 0,8, а завода № 2-0,9,   Сборщик   наудачу   извлек  деталь  из наудачу взятой ко­робки.   Найти   вероятность   того,   что извлечена стандартная деталь. Ответ. 0,84.

5. В первом  ящике содержится 20 деталей, из них 15 стандарт­ных;   во  втором-30 деталей, из них 24 стандартных; в третьем - 10  деталей,   из   них 6 стандартных.   Найти  вероятность того,  что наудачу извлеченная деталь из наудачу взятого ящика стандартная. Ответ. 43/60.

6. В телевизионном ателье имеется 4 кинескопа. Вероятности того, что кинескоп выдержит гарантийный срок службы, соответст­венно равны 0,8; 0,85; 0,9; 0,95. Найти вероятность того, что взятый наудачу кинескоп выдержит гарантийный срок службы. Ответ. 0,875.

7.  В двух ящиках имеются радиолампы. В первом ящике содер­жится 12 ламп, из них 1 нестандартная; во втором 10 ламп, из них 1  нестандартная. Иэ  первого  ящика наудачу взята лампа и перело­жена   во   второй.   Найти вероятность того, что наудачу извлеченная из второго ящика лампа будет нестандартной. Ответ. 13/132.

8. Из полного набора' 28 костей домино наудачу извлечена кость. Найти   вероятность   того,  что  вторую  извлеченную наудачу кость можно приставить к первой. Ответ. 7/18.

9. Студент знает не все экзаменационные билеты. В каком слу­чае вероятность вытащить неизвестный билет будет для него наимень­шей: когда он берет билет первым или последним? Ответ. Вероятности одинаковы в обоих случаях.

10. В  ящик, содержащий  3 одинаковых детали, брошена стан­дартная   деталь,    а   затем   наудачу   извлечена   одна   деталь.   Найти вероятность того, что извлечена стандартная деталь, если равноверо­ятны   все  возможные  предположения о числе стандартных деталей, первоначально находящихся в ящике. Ответ. 0,625.

11. При   отклонении   от  нормального  режима   работы   автомата срабатывает  сигнализатор  С-1   с   вероятностью  0,8, а   сигнализатор С-И срабатывает  с   вероятностью 1. Вероятности  того, что   автомат снабжен   сигнализатором  СИ   или  С-11,  соответственно  равны 0,6 н 0,4. Получен  сигнал о разделке автомата. Что вероятнее: автомат снабжен сигнализатором С-1 или С-Ш.  Ответ. Вероятность того, что автомат снабжен сигнализатором С-1, равна 6/11. а С-11-5/11.

12. Для участия в спортивных студенческих отборочных соревно­ваниях выделено из первой группы курса 4, из второй - 6, из третьей группы - 5  студентов. Вероятности того, что студент первой, второй и   третьей   группы   попадает   в   сборную   института,   соответственно равны  0,9; 0,7 и 0,8. Наудачу   выбранный студент в итоге соревно­вания  попал в сборную. К   какой из групп вероятнее всего принад­лежал этот студент?   Ответ. Вероятности того, что выбран студент первой, второй, тре­тьей   групп,   соответственно  равны:   18/59, 21/59, 20/59.

5. Повторение испытаний.

Формула Бернулли

Рассмотрим практические ситуации.

1. Садовник покупает саженцы в магазине, где продавец сообщил ему, что вероятность проживания деревьев равна 90%. Сколько нужно купит садовнику саженцев, чтобы быть уверенным, что приживутся  у него не менее 10 саженцев; ровно 10 саженцев;

2. Спортсмен бросает мяч по кольцу. Вероятность попадания  в кольцо у него составляет 60%. Какова вероятность того, что при 15 бросках он попадет в кольцо равно 10 раз.

Сформулируем общую таковую ситуацию. Вероятность наступления одного события равна p.  Необходимо вычислить вероятность наступления k таких событий при n испытаниях

Материал данного раздела позволит ответить на такие задания и решить много других ситуаций иного направления, связанных с повторными испытаниями.

Испытания называют независимыми относительно события А, еЕсли производится несколько испытаний, при­чем вероятность события А в каждом испытании не за­висит от исходов других испытаний.

В независимых испытаниях событие А может иметь либо различные вероятности, либо одну и ту же вероятность. Будем далее рассматривать лишь такие независимые испытания, в которых событие А имеет одну и ту же вероятность.

Ниже воспользуемся понятием сложного события, по­нимая под ним совмещение нескольких отдельных собы­тий, которые называют простыми.

Пусть производится п независимых испытаний, в каж­дом из которых событие А может появиться либо не появиться. Условимся считать, что вероятность собы­тия А в каждом испытании одна и та же, а именно равна р. Следовательно, вероятность не наступления со­бытия А в каждом испытании также постоянна и равна q=1 - p.

Рассмотрим задачу: Вычислить вероятность того, что при п испытаниях событие А осуществится ровно k раз. и, следовательно, не осуществится п- k раз

Очевидно, что событие А повторилось ровно k раз в произвольной  последовательности. Это значит, если речь идет о появлении события А три раза в четырех испытаниях, то возможны следующие сложные события: АААĀ, ААĀА, АĀАА, ĀААА, где .символ А обозначает, что событие наступила, а символ Ā – не наступило.

Искомую вероятность обозначают Рп (k) или Pn,k, которая соответствует  вероятности наступления события ровно k при n  испытаниях. Такие задачи решаются по  формуле Бернулли:

, где n - число исходов, k – число положительных исходов,

p - вероятность наступления события, q -  вероятность не наступления события (q =1-p)

Задание 4-11

1. Вероятность того, что расход электроэнергии в продол­жение одних суток не превысит установленной нормы, равна р=0,75. Найти вероятность того, что в ближайшие 6 суток расход электро­энергии в течение 4 суток не превысит нормы.

Решение. Вероятность нормального расхода электроэнергии в продолжение каждых из 6 суток постоянна и равна р=0,75. Сле­довательно, вероятность перерасхода электроэнергии в каждые сутки также постоянна и равна q=1- 0,75 = 0,25.

Искомая вероятность по формуле Бернулли равна:  P6(4)=C64·0,754·0,252=0,30.

2. Вероятность попадания в мишень при одном выстреле для данного стрелка равна 0,8 и не зависит от номера выстрела. Требуется найти вероятность того, что при 5 выстрелах произойдет ровно 2 попадания в мишень.

Решение. п = 5, р = 0,8 и k = 2; по фор­муле Бернулли: Р5(2) =0,0512.

3. [3, №231].   Какова вероятность того,  что при 8 бросаниях   монеты герб выпадет 5 раз?

4. [3,№232].   По данным технического контроля 2%   изготовленных ав­томатических станков нуждаются в дополнительной   регулировке. Найдите вероятность того, что из 6 изготовленных  станков 4 нуж­даются в дополнительной регулировке.

5. [3, №240].  Вероятность   того,   что   покупателю   потребуется   обувь 41-го размера, равна 0,2. Найдите вероятность того, что из 5 пер­вых покупателей обувь этого размера понадобится: а) одному; б) по крайней мере, одному.

Локальная теорема Лапласа

Выше была выведена формула Бернулли, позво­ляющая вычислить вероятность того, что событие появится в п испытаниях ровно k раз. При выводе мы предпола­гали, что вероятность появления события в каждом испытании постоянна. Легко видеть, что пользоваться формулой Бернулли при больших значениях л достаточно трудно, так как формула требует выполнения действий над громадными числами. Правда, можно несколько упростить вычисления, пользуясь специальными таблицами лога­рифмов факториалов. Однако и этот путь остается громоздким и к тому же имеет существенный недостаток: таблицы содержат приближенные значения логарифмов, поэтому в процессе вычислений накапливаются погреш­ности; в итоге окончательный результат может значи­тельно отличаться от истинного.

Локальная теорема Лапласа позволяет приближенно найти вероятность появления события ровно k раз в п испытаниях, если число испы­таний достаточно велико.

Теорема. Лапласа. Если вероятность р появ­ления события А в каждом испытании постоянна и отлична от нуля и единицы, то вероятность Рп (k) того, что событие А появится в п испытаниях ровно k раз, приближенно равна (тем точнее, чем больше п) значению функции

,  причем,

Для удобства вычислений составлены таблицы значений функции  = , соответствующие положительным значениям аргумента x.  Функция  четная.

Итак, вероятность того, что событие А появится в п независимых испытаниях ровно k раз, приближенно равна

Pn(k)≈ ,  где

Задание 4-12

1 .Найти вероятность того, что событие А наступит ровно 80 раз в 400 испытаниях, если вероятность появления этого события в каждом испытании равна 0,2.

Решение. По условию, n = 400; k = 80; р=0,2; q= 0,8. Вос­пользуемся асимптотической формулой Лапласа: P400(80) = 0,04986.

.

2. Вероятность поражения мишени стрелком при одном выстреле р = 0,75. Найти вероятность того, что при 10 выстрелах стрелок поразит мишень 8 раз.

Решение. По условию, п = 10; k = 8; р = 0,75; q = 0,25. Воспользуемся асимптотической формулой Лапласа:  P10 (8)= 0,273.

Интегральная теорема Лапласа

При решении практических задач часто приходится устанавливать инте5рвалные оценки вероятностей. Например:

1. Определить вероятность того, что в июне месяце число дождливых дней будет колебаться от 3 до 5 дней.

2. Определить  вероятность того, что число бракованных изделий будет находиться в промежутке от некоторого числа x до числа y.

Предположим, что производится п испы­таний, в каждом из которых вероятность появления события А постоянна и равна р (0 < р < 1). Предлагается  вычислить  вероятность Рп (k1 ;k2) того, что событие А появится в п испытаниях не менее k1 и не более k2 раз. При решении таких задач используется интегральная теорема Лапласа.

Теорема. Если вероятность р наступления события А в каждом испытании постоянна и отлична от нуля и единицы, то вероятность Pn(kl1; k2) того, что событие А появится в п испытаниях от kt до fea раз, приближенно равна определенному интегралу

= Ф(х2) Ф(х1)  или

Рп (k1 ;k2) = Ф(х2) Ф(х1). Функция Φ(x) нечетная? значения  функции  Ф(х) публикуются в соответствующих таблицах.. ,

Задание 4-13

1. Вероятность того, что деталь не прошла проверку ОТК, равна р = 0,2. Найти вероятность того, что среди 400 случайно ото­бранных деталей окажется непроверенных от 70 до 100 деталей.

Решение. По условию, р = 0,2; q = 0,8; n = 400; k2 = 70; k2=100. Воспользуемся интегральной теоремой Лапласа:

Р400 (100 ;70)= Ф(х2) Ф(х1).

Вычислив х1=-1,25; х2=2,5, получим Р400 (100 ;70)= Ф(2,5) Ф(-1,25). По соответствующей таблице получим: Ф(2,5)=0,4938; Ф(-1,25).= 0,3944.

Поэтому Р400 (100 ;70)= 0,4938-(-0,3944)=0,4938-(-0,3944)=0,8882

Приближенная формула Пуассона.

При больших значениях n и малых значениях p справедлива формула Пуассона:

, где . Для этой функции также составлена соответствующая таблица

Для не сложных и не принципиальных расчетов, применимость формулы Лапласа и Пуассона определяется согласно следующему критерию: если npq ³10 применяется формула Лапласа, в противном случае рекомендуется к применению формула Пуассона. Существуют более точные критерии в определении  возможности применять ту или иную формулу.

Задание 4-14

1. Вероятность  наступления события A  в каждом их 900 независимых испытаниях равна p=0,8.. Найти вероятность того, что событие произойдет а) 750 раз; б) 710 раз. в) от 710 до 740 раз.

Решение. n=900, p=0,8 и q=1-0,8=0,2. npq=0,8·0,2·900=14,4 > 10. Значит, применима формула Лапласа.

а). k=750,     = ≈ 12,    тогда =(750-900·0,8) /12 ≈ 2,5, По таблице значений этой функции φ(2,5) ≈ 0,0175.   P900(750) ≈ 0,0175 / 12 ≈ 0,00146

б). k=710,  решается аналогично. х = 0,83;  φ(- 0,83) = φ(0,83≈ 0,2827б,

P900 (710)  ≈ 0,2827б / 12 = 0,0236

в). 710 ≤ k ≤ 740, k1=710, k2=740.

=(710-900·0,8) / 12 ≈ -0,83.. =(740-900·0,8) / 12 ≈ 1,67. По соответствующей таблице имеем: Ф(х1) ≈ Ф(-0,83)= 0,2967,  Ф(х2) ≈ Ф(1,67) ≈ 0,4527.

P900(710 ≤ k ≤ 740) = 0,4527-(- 0,2967) =0,7492.

2. Телефонная станция обслуживает 400 абонентов. Вероятность для каждого абонента того, что он позвонит в течение часа,  равна p=0,01. Найти вероятности событий в течение часа позвонят: а). 5 абонентов; б). не более 4 абонентов; в). не менее 3 абонентов.

Решение. p=0,01 – очень малое число, т=400 – очень большое число, q=1-0,01=0,99,  npq=0,01·0,99·400=3,96 < 10, поэтому применима формула Пуассона.  =400·0,01=4

а).  P400(5)  ≈ ≈ 0,156298

б). P400(0 ≤ k ≤ 4) = P400(0) · P400(1) · P400(2)· P400(3) · P400(4)

P400(0 ≤ k ≤ 4) ≈ 0,018316 +0,073263 +0,146525+0,195367 + 0,195367 = 0,628838

в). P400(3 ≤ k ≤ 400)=1- P400(0 ≤ k ≤ 2)=1-0,018316- 0,073263-0,146525=0,761896

Наивероятнейшее число появления события в независимых испытаниях

Число k0 называют наивероятнейшим числом, если вероятность  того, что событие наступило в этих испытаниях k0 раз, превышает  или по крайней мере не меньше вероятности остальных возможных исходов.

Наивероятнейшее  число вычисляется по формуле  (двойного  неравенства)

np – q < k0 < np + p

Если  число np – q  дробное, то существует одно наивероятнейшее  число

Если  число np – q  целое, то существует два  наивероятнейших  чисел

Задания 4-15.

1. В цехе 6 моторов. Для каждого мотора вероятность того, что он в данный момент включен, равна 0,8. Найти вероятность того, что в данный момент: а) включено 4 мотора; б) включены все моторы; в) выключены все моторы.

Ответ. а) Рв (4) = 0,246; б) Р„(6) = 0,26; в) Р„ (0) = 0,000064.

2. Найти вероятность того, что событие А появится  в пяти не­зависимых испытаниях не менее двух раз, если в каждом испытании вероятность появления события А равна 0,3.

Ответ. Р=1  [Р5(0) + РВ( 1)] = 0,472.

3.  Событие   В появится  в  случае,  если событие А появится не менее двух   раз.   Найти   вероятность  того, что наступит событие В, если   будет   произведено  6   независимых   испытаний,   в   каждом  из которых вероятность появления события А равна 0,4.

Ответ. Р=1  [Рв (0) + Рв (1)] = 0,767.

4. Произведено 8 независимых испытаний, в каждом из которых вероятность появления события А равна 0,1. Найти вероятность того, что событие А появится хотя бы 2 раза.

Ответ. Р=1-[Р8(0) + Р8< 1)1=0.19.

5. Монету бросают 6 раз. Найти вероятность того, что  герб вы­падет: а) менее двух раз; б) не менее двух раз.

Ответ. a)P = Pe(0)-r-Pe(l) = 7/64;6)Q = I-(Pe(0)+Pe(l)] = 57/64.

6. Вероятность попадания в цель при одном выстреле из орудия р = 0,9. Вероятность поражения цели при k попаданиях (AiSs 1) равна 1- qk. Найти вероятность того, что цель будет поражена, если сде­лано два выстрела.

Указание. Воспользоваться формулами Бернулли и полной вероятности.

Ответ. 0,9639.

7. Найти приближенно вероятность того, что при 400 испытания» событие наступит ровно 104 раза, если вероятность его появления в каждом испытании равна 0,2.

Ответ. Р400( 104) =0,0006.

8. Вероятность поражения мишени стрелком при одном выстреле равна 0,75. Найти вероятность того, что при 100 выстрелах мишень. будет поражена: а) не менее 70 и не более 80 раз; б) не более 70 раз.

Ответ. а) Р100(70,80) = 2Ф(1,15)=0,7498;

б) Рюо(0: 70)=- Ф(1,15) + 0,5 = 0,1251.

9. Вероятность появления события в каждом из 10000 независи­мых испытаний р=0,75. Найти вероятность того, что относительная частота появления события отклонится   от его   вероятности по абсо­лютной величине не более чем на 0,001.

Ответ. Р = 2Ф(0,23) = 0,182.

10. Вероятность  появления   события   в   каждом из независимых испытаний равна 0,2. Найти, какое отклонение относительной частоты появления события от его вероятности можно ожидать с вероятностью 0,9128 при 5000 испытаниях.

Ответ. е=0,00967.

П. Сколько раз надо бросить монету, чтобы с вероятностью 0,6 можно было ожидать, что отклонение относительной частоты появле­ний герба от вероятности р = 0,5 окажется по абсолютной величине не более 0,01?

Ответ. « = 1764.

Практическое занятие

  1. Теоремы сложения и умножения вероятностей
  2. Вычисление вероятностей событий по формуле (схеме)  Бернулли.
  3. Приближенное вычисление вероятностей по формулам  Лапласа и Пуассона

Требования к знаниям умениям и навыкам

Студент должен иметь представление о событии и из классификации. составляющих. Знать понятие случайного события, классическое определение вероятностей. Уметь вычислять вероятность наступления события. Уметь вычислять вероятности суммы совместимых событий, условную вероятность уметь применять формулу Бернулли,   Бейеса, Лапласа, Пуассона.